设数列{an}、{bn}的各项都是正数，Sn为数列{an}的前n项和，且对任意n∈N*，都有an2=4Sn-2an-1，b1=e，bn+1=bnλ，cn=an+1•lnbn（常数λ＞0，lnbn是以为

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设数列{a_n}、{b_n}的各项都是正数，S_n为数列{a_n}的前n项和，且对任意n∈N^*，都有an2=4Sn-2an-1，b₁=e，bn+1=bnλ，c_n=a_n+1•lnb_n（常数λ＞0，lnb_n是以为底数的自然对数，e=2.71828…）
（1）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（2）用反证法证明：当λ=4时，数列{c_n}中的任何三项都不可能成等比数列；
（3）设数列{c_n}的前n项和为T_n，试问：是否存在常数M，对一切n∈N^*，（1-λ）T_n+λc_n≥M恒成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，请证明你的结论．

题型：解答题难度：中档来源：崇明县二模

答案

（1）∵因为a_{n＞0，an2=4Sn-2an-1 ①，当n=1时，a12=4S1-2a1-1，解得a_{1=1．
当n≥2时，有 an-12=4Sn-1-2an-1-1 ②，
由①-②得，（an+an-1）（an-an-1）=2（an+an-1），故有 a_{n-a_{n-1=2（n≥2），即数列{a_{n}是公差等于2的等差数列，
所以a_{n=a_{1+（n-1）d=1+（n-1）×2=2n-1．
又因为bn+1=bnλ，且b_{n＞0，两边同时取自然对数得 lnb_{n+1=λlnb_{n，
由此可知数列{lnb_{n}是以lnb_{1=lne=1为首项，以λ为公比的等比数列，
所以lnbn=lnb1×λn-1=λn-1，所以，bn=eλn-1．
（2）当λ=4时，由（1）知，cn =an+1•lnbn =（2n+1）•λn-1=（2n+1）•4n-1．
假设第m项、第n项、第k项成等比数列，则有（2n+1）2•42n-2=（2m+1）4m-1•（2k+1）4k-1，
即（2n+1）2•42n-2=（2m+1）（2k+1）•4m+k-2，∴ (2n+1)2=(2m+1)(2k+1)
2n-2=m+k-2
m，n，k∈ N* ，
∴（m+k+1）2=（2m+1）（2k+1），即 m2+k2+mk+m+k=0，显然，这样的正整数m、k不存在，故数列{cn}中的任何三项都不可能成等比数列．
（3）∵cn=an+1•lnbn =（2n+1）•λn-1，
∴Tn=3×λ0+5×λ1+7×λ2+…+（2n-1）×λn-2+（2n+1）×λn-1…③．
∴λ×Tn=3×λ1+5×λ2+7×λ3+…+（2n-1）×λn-1+（2n+1）×λn…④．
由③-④得-3Tn=3+2×4+2×42+…+2×4n-1-（2n+1）×4n=3+2×4(1-4n-1)
1-4-（2n+1）4n=1-4n-6n•4n
3，
所以，（1-λ）Tn=3+2λ（1+λ+λ2+…+λn-2）-（2n+1）λn．
①当λ=1时，（1-λ）Tn+λcn=（2n+1）（n∈N*）在N*上为单调递增函数，所以对于任意常数M∈（-∞，3]，（1-λ）Tn+λcn=（2n+1）≥M恒成立．
②当λ≠1时，(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×1-λn-1
1-λ
=3+class="stub"2λ
1-λ
-2λn
1-λ．
记g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×1-λn-1
1-λ
=3+class="stub"2λ
1-λ
-2λn
1-λg（n+1）-g（n）=2λn＞0，
所以，数列g（n）为增函数．
所以当λ≠1时，g（n）=(1-λ)Tn+λcn=3+2λ×1-λn-1
1-λ≥g（1）=3．…（7分）
所以，所以对于任意常数M∈（-∞，3]，（1-λ）Tn+λcn≥M恒成立． …（8分）}}}}}}}}}}}}

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